精品解析：黑龙江省大庆市2024—2025学年下学期期期末考试八年级（五四制）数学试题

大庆市2023-2024学年度秋季学期期末八年级 数学试题 考生注意： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡相应位置作答，在草稿纸、试题卷上作答无效． 3．考试时间120分钟． 4．全卷共28小题，总分120分． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请将正确选项的序号填涂在答题卡上） 1. 下列中国航天图标的图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的识别，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．根据中心对称图形的定义判断即可． 【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意； B、不是中心对称图形，不符合题意； C、是中心对称图形，符合题意； D、不是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 2. 若，则下列式子中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据不等式的性质进行解答并作出正确的判断． 【详解】解：A、∵，∴，故该选项不符合题意； B、∵，∴，故该选项符合题意； C、若，则，故该选项不符合题意； D、∵，∴，则，故该选项不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题主要考查的是不等式的基本性质，掌握不等式的基本性质是解题的关键． 3. 下列各式，，，，，中，属于分式的有（ ） A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查分式的定义，判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式．找到分母含有字母的式子的个数即可． 【详解】解：，，，的分母中不含有字母，都不是分式， ，的分母中含有字母，都是分式，共2个． 故选：C． 4. 下列说法正确的是（ ） A. 到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上 B. 平行四边形的对角互补 C. 两条直角边对应相等的两个直角三角形一定全等 D. 平行四边形的对角线平分每一组对角 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了角平分线的判定定理，平行四边形的判定，全等三角形的判定，掌握相关知识点是解题关键．根据角平分线的判定定理，平行四边形的判定，全等三角形的判定逐项判断即可． 【详解】解：A、到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上，原说法正确，符合题意； B、平行四边形的对角相等，原说法错误，不符合题意； C、一条直角边和一条斜边对应相等的两个直角三角形一定全等，原说法错误，不符合题意； D、平行四边形的对角线不平分每一组对角，原说法错误，不符合题意； 故选：A． 5. 已知三角形的三条边长分别为a、b、c，则代数式的值（ ） A. 小于零 B. 等于零 C. 大于零 D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】此题主要考查因式分解的应用，三角形的三边关系的应用，解题的关键是熟知分组分解法分解因式．本题把代数式因式分解，再根据三角形的三边关系即可判断． 【详解】解：， ∵为三角形三边长， ∴， ∴． 故选A． 6. 如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点A落在E处．若，，则的度数为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据平行四边形的性质，得出，根据平行线的性质，得出，根据折叠得出，根据三角形内角和得出∠A的度数即可． 【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴， ， 根据折叠可知，， ∴， ， ∴，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，折叠性质，根据已知条件求出是解题的关键． 7. 已知在平行四边形中，，E是上一点，的周长是平行四边形周长的一半，且，连接，则的长为（　　） A. 3 B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据的周长是平行四边形周长的一半，可得，结合可得是线段的中垂线，推出，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴互相平分， ∴O是的中点． ∴， ∵的周长是平行四边形周长的一半， ∴的周长， ∴， ∵， ∴， ∴是线段的中垂线， ∴， ∵，， ∴． 故选D． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，线段的垂直平分线的判定，勾股定理等，解题的关键是证明是线段的中垂线． 8. 若关于的方程无解，则的值为（ ） A. 1 B. 1或3 C. 1或2 D. 2或3 【答案】C 【解析】 【分析】将分式方程化为整式方程，由或时方程无解，求出m． 【详解】解：去分母，得， 化简得， ∵方程无解， ∴①当时，方程无解； ②当时，方程无解，此时，解得， 即或时，方程无解， 故选：C． 【点睛】此题考查了利用分式方程的解的情况求参数，正确理解分式方程无解的两种情况是解题的关键． 9. 对于实数，我们定义符号的意义为：当时，，当时，，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了新定义，解不等式，解题的关键是正确理解题目所给新定义的运算法则，以及解一元一次不等式的方法和步骤．根据题目所给新定义，进行分类讨论，先求出x的取值范围，再求出的取值范围，从而得到最小值． 【详解】解：当时，此时， ， 当时，此时， ， 则的最小值是， 故选：C． 10. 在中，，点是线段上一动点，作射线，点关于的对称点为，直线与射线相交于点，连接，下面结论正确的个数是（ ） ①线段；②当时，四边形的面积是3；③随着点D的移动，的角度不变；④线段长度的最大值是． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由轴对称的性质可知垂直平分，可判断①结论；过点作于点，由含30度角的直角三角形，得到，从而求出，再得出，求出，可判断②结论；根据等边对等角的性质，得到，，再利用平角求解，可判断③结论；连接，利用对称的性质，证明是等边三角形，得到，即当最大时，最大，再根据当时，有最大值，可判断④结论． 【详解】解：点关于的对称点为， 垂直平分， ，①结论正确； 如图，过点作于点， 由对称的性质可知，，， ， ， ， ， ，， ， 四边形的面积，②结论正确； 等腰三角形， ， ，， ， ， 随着点D的移动，的角度不变，③结论正确； 如图，连接， 点关于的对称点为， 垂直平分， ， 由③可知，， 是等边三角形， ， 当最大时，最大， 点是线段上一动点， 如图，当时，有最大值， 由对称的性质可知，， ， 线段长度的最大值是4，④结论错误； 正确结论有①②③， 故选：C． 【点睛】本题考查了对称的性质，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的性质等知识，掌握相关知识点是解题关键． 二、填空题．（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上） 11. 如图，在四边形ABCD中，AD//BC，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件____，使四边形ABCD是平行四边形（填一个即可）． 【答案】AD=BC（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据平行四边形的判定方法添加一个条件即可． 【详解】解：根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可以添加条件AD=BC， 根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以添加条件AB∥DC， 本题只需添加一个即可， 故答案为：AD=BC（答案不唯一）． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 12. 一个正n边形的一个外角等于，则____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了多边形外角和定理，根据多边形外角和为360度进行求解即可． 【详解】解：∵正n边形的每个外角都相等，且所有的外角度数之和为360度， ∴， 故答案为：． 13. 在平面直角坐标系中，已知点，点，平移线段后，点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形的变化——平移，关键是掌握点的坐标的变化规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．根据点A平移前后的坐标，得到其平移方式，即可得到点B的对应点的坐标． 【详解】解：∵平移后得到的对应点的坐标为， 向左平移了7个单位，向下平移了5个单位， 的对应点坐标为，即， 故答案为：． 14. 如图，以为边，分别作正五边形和等边三角形（点F在正五边形内部），连接，则．的度数是_______． 【答案】##66度 【解析】 【分析】本题考查正多边形的性质，等腰三角形的性质及三角形的内角和定理，根据正多边形的性质可得，可得，再由等腰三角形性质，可得的度数． 【详解】解：由正五边形和等边三角形，可知：，， ∴， ∵， ∴． 故答案：． 15. 若分式的值为0，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查分式值为零的条件，理解当分子为零且分母不等于零时分式的值为零是解题关键．根据分式值为零及分式有意义的条件列方程及不等式求解． 【详解】解：由题意可得 ， 解得：， 故答案为： 16. 如图，在中，，，，以A为圆心，任意长为半径画弧分别交于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点D，则点D到的距离为_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查直角三角形的判定，作角平分线以及角平分线性质定理，先根据勾股定理逆定理证明是直角三角形，过点作于点，由角平分线性质定理得，运用面积法可求出． 【详解】解：在中，，，， ∵， ∴是直角三角形，且， 由作图得是的平分线，过点作于点， 则； 又 ∴ ∴， ∵， ∴, ∴． 故答案为：． 17. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，将点A绕着点O逆时针方向旋转后得到点B，直线交x轴于点C．点D在x轴上方，且满足，点E在x轴上，使得以点B、O、D、E为顶点的四边形是平行四边形，则满足条件的点D的坐标为_______． 【答案】或 【解析】 【分析】过B作于G，根据旋转的性质求出，，，则，根据含角的直角三角形的性质求出，，根据勾股定理求出，，则可求出点B的坐标，根据割补法可并结合已知可得出，则可知点D在过C点且平行的直线上或在过A点且平行的直线上，然后分情况讨论根据平行四边形的性质求解即可． 【详解】解∶过B作于G， ， ∵点A的坐标是， ∴， ∵将点A绕着点O逆时针方向旋转后得到点B， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴点C到的距离等于点D到的距离， ∴当点D在左侧时，点D在过C点且平行的直线上， ∵E在x轴上，点D在x轴上方， ∴此时E和C重合， 如图， ∵四边形平行四边形， ∴，， 又， ∴，即； ∵，， ∴， ∵， ∴ ∴点A到的距离等于点D到的距离， ∴当点D在右侧时，点D在过A点且平行的直线上， ∵E在x轴上，点D在x轴上方， ∴此时E为过A点且平行的直线与x轴的交点，如图， ∵四边形是平行四边形， ∴，， 又， ∴，即； 综上，点D的坐标为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了坐标与图形，旋转的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识，明确题意，合理分类讨论，运用数形结合的思想求解是解题的关键． 18. 如图，在四边形中，，，且，则的最大值为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和三角形三边关系，取的中点O，连接，根据斜边中线的性质结合三角形性质得出当且仅当A、O、C三点共线时，取最大值求得答案即可； 【详解】解：∵，，， ∴， ， 解得：， 取的中点O，连接， 在中，， 在中，， 当且仅当A、O、C三点共线时，取最大值， 此时，， 故答案为：． 三、解答题（本大题共10小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 19. 已知，，求代数式的值． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查平方差公式，根据平方差公式解答即可，关键是根据平方差公式的形式解答． 【详解】解：∵，， ∴， 20. 解不等式，并把解集在数轴上表示出来． 【答案】，数轴见解析 【解析】 【分析】本题考查了解一元一次不等式，先解不等式，然后把解集表示在数轴上，即可求解． 【详解】解： 去括号， 移项， 合并同类项， 化系数为1， 在数轴上表示解集： 21. 已知，求的值． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式的加减，解二元一次方程组，根据题意得，解方程得出，代入代数式，即可求解． 详解】解：∵ ∴ 解得： ∴ 22. 先化简，再求值：，已知是满足的整数，选择一个合适的代入求值． 【答案】，当时，值为 【解析】 【分析】本题考查分式的化简求值，利用分式的通分和约分、平方差公式对所求值式子进行化简，最后根据 是满足的整数，但不能为0，，选一个合适的数字，代入计算即可． 【详解】解： ， 当或时，原分式无意义，是满足的整数， ， 当时，原式． 23. 如图，在中，点，是直线上两点，且，连接，，，．求证：四边形是平行四边形． 【答案】见解析 【解析】 【分析】利用对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明四边形是平行四边形． 【详解】证明：连接，交于点． ， 即 ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定的应用，能熟记平行四边形的性质和判定是解此题的关键，注意：①对角线互相平分的四边形是平行四边形，②平行四边形的对角线互相平分． 24. 如图，点D在上，，，． （1）说明的理由； （2）若，，求的度数． 【答案】（1）见解析 （2） 【解析】 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的外角定理“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和”，等边对等角． （1）根据推出，即可根据得出； （2）根据，得出，再根据三角形的外角定理得出，则，即可求解． 【小问1详解】 解：∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴； 【小问2详解】 解：∵， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴． 25. 阅读材料：利用公式法，可以将一些形如的多项式变形为的形式，我们把这样的变形方法叫做多项式的配方法，运用多项式的配方法及平方差公式能对一些多项式进行因式分解． 例如： ． 根据以上材料提供的方法，解答下列问题： （1）因式分解：； （2）求多项式的最大值． 【答案】（1）； （2）19； 【解析】 【分析】本题主要考查了配方法和平方差公式，解决此题的关键是合理的运用公式； （1）根据题意模仿配方，根据平方差公式进行因式分解即可解决问题； （2）运用多项式配方法对式子进行变形，根据完全平方式大于等于即可求得结果； 【小问1详解】 解：； 【小问2详解】 解：， ∵， ∴， ∴多项式的最大值的最大值为19. 26. （1）教材再现 已知：如图1，是的中位线．求证：，且． 证明：如图2，延长至点F，使得，连接，请你利用该辅助线，完成中位线定理的证明； （2）知识应用 如图3，在四边形中，，，，，点E，F，M分别是的中点，求的长． 【答案】（1）见解析（2）5 【解析】 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，熟记三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． （1）证明，根据全等三角形的性质得到，证明四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质证明； （2）根据三角形中位线定理分别求出，根据勾股定理计算，得到答案． 【详解】解：（1）证明：如图2，延长至点F，使得，连接， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴，； （2）∵点分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 27. 为鼓励购买和使用新能源汽车，某停车场加快公共区域充电基础设施建设，计划购买，两种型号的充电桩．已知型充电桩比型充电桩的单价少万元，且用万元购买型充电桩与用万元购买型充电桩的数量相等． （1），两种型号充电桩的单价各是多少万元？ （2）该停车场计划共购买个、型充电桩，购买总费用不超过万元，且型充电桩购买数量不超过个，则共有几种购买方案？哪种购买方案所需总费用最少？ （3）在“2024年元旦”促销活动中，每购买一个型充电桩厂家对顾客让利万元，在（2）的条件下，直接写出当为何值时，满足条件的上述购买方案所需费用均相同． 【答案】（1）种型号充电桩的单价为万元，种型号充电桩的单价为万元 （2）共有 种方案，费用最少的是购买型充电桩个，购买型充电桩个，费用 万元 （3） 【解析】 【分析】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，整式的乘法无关类型的应用，根据题意列出方程和不等式是解题的关键； （1）设种型号充电桩的单价为万元，则种型号充电桩的单价为万元 根据题意列出分式方程，解方程，即可求解； （2）设购买型充电桩个，则购买型充电桩个，根据题意列出不等式组，解不等式组，即可求解； （3）根据题意，购买方案与无关，即可得出的值，即可求解． 【小问1详解】 解：设种型号充电桩的单价为万元，则种型号充电桩的单价为万元 根据题意得， 解得：，经检验，是原方程的解，且符合题意， ∴种型号充电桩的单价为万元 答：种型号充电桩的单价为万元，种型号充电桩的单价为万元； 【小问2详解】 解：设购买型充电桩个，则购买型充电桩个，根据题意得， 解得： ∵为正整数，则 对应方案：购买型充电桩个，购买型充电桩个，费用：万元 购买型充电桩个，购买型充电桩个，费用： 万元 购买型充电桩个，购买型充电桩个，费用： 万元 共有 种方案，费用最少的是购买型充电桩个，购买型充电桩个，费用 万元； 【小问3详解】 解：依题意， ∵购买方案所需费用均相同 ∴ 解得： 28. 我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类题的目的，下面是一个题目案例． 原题：如图，在四边形中，，，点E、F分别在边、上，，连接． 求证：． 【思路梳理】如图1，延长至点G，使，连接，通过及，可证； 【类比联想】 （1）如图2，在四边形中，，，点E、F分别在边、上，．若，试判断是否成立，并说明理由； （2）如图3，在中，，，点M、N在边上，且，，猜想、、应满足的等量关系，并写出推理过程； 【引申拓展】 （3）在等腰直角中，点P在斜边上，请直接写出、、所满足的数量关系． 【答案】（1）见解析； （2）； （3）； 【解析】 【分析】（1）延长至点使，证明，再证明，，从而证明，继而证明，结合即可得到答案； （2）绕点逆时针旋转至，可使和重合，连接，证明，继而得到，，再根据勾股定理即可解决问题； （3）过点C作于点Q，根据三线合一和斜边上的中线等于斜边的一半得到，根据点P在斜边上，得到，根据勾股定理得到，再代入即可得解； 【详解】解：（1）成立，理由如下： 延长至点使， ∵，， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， 又， ∴ ∴， （2），理由如下： 把绕点逆时针旋转至，可使和重合，连接． ∴， ∴， ∵，， ∴ ∴ ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴ （3），理由如下： 过点C作于点Q， ∵在等腰直角中，， ∴， ∵点P在斜边上， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题主要考查了三角形的旋转，直角等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解决此题的关键是要合理的作出辅助线． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大庆市2023-2024学年度秋季学期期末八年级 数学试题 考生注意： 1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡相应位置作答，在草稿纸、试题卷上作答无效． 3．考试时间120分钟． 4．全卷共28小题，总分120分． 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请将正确选项的序号填涂在答题卡上） 1. 下列中国航天图标的图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若，则下列式子中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列各式，，，，，中，属于分式的有（ ） A 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 4. 下列说法正确的是（ ） A. 到角两边距离相等的点在这个角的平分线上 B. 平行四边形的对角互补 C. 两条直角边对应相等的两个直角三角形一定全等 D. 平行四边形的对角线平分每一组对角 5. 已知三角形的三条边长分别为a、b、c，则代数式的值（ ） A. 小于零 B. 等于零 C. 大于零 D. 不能确定 6. 如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点A落在E处．若，，则的度数为( ) A. B. C. D. 7. 已知在平行四边形中，，E是上一点，周长是平行四边形周长的一半，且，连接，则的长为（　　） A. 3 B. 5 C. D. 8. 若关于的方程无解，则的值为（ ） A. 1 B. 1或3 C. 1或2 D. 2或3 9. 对于实数，我们定义符号的意义为：当时，，当时，，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 10. 在中，，点是线段上一动点，作射线，点关于的对称点为，直线与射线相交于点，连接，下面结论正确的个数是（ ） ①线段；②当时，四边形的面积是3；③随着点D的移动，的角度不变；④线段长度的最大值是． A 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题．（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上） 11. 如图，在四边形ABCD中，AD//BC，在不添加任何辅助线情况下，请你添加一个条件____，使四边形ABCD是平行四边形（填一个即可）． 12. 一个正n边形的一个外角等于，则____． 13. 在平面直角坐标系中，已知点，点，平移线段后，点的对应点的坐标为，则点的对应点的坐标为_______． 14. 如图，以为边，分别作正五边形和等边三角形（点F在正五边形内部），连接，则．的度数是_______． 15. 若分式的值为0，则_______． 16. 如图，在中，，，，以A为圆心，任意长为半径画弧分别交于点M，N，再分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接并延长交于点D，则点D到的距离为_______． 17. 如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，将点A绕着点O逆时针方向旋转后得到点B，直线交x轴于点C．点D在x轴上方，且满足，点E在x轴上，使得以点B、O、D、E为顶点的四边形是平行四边形，则满足条件的点D的坐标为_______． 18. 如图，在四边形中，，，且，则的最大值为_______． 三、解答题（本大题共10小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 19. 已知，，求代数式的值． 20. 解不等式，并把解集在数轴上表示出来． 21. 已知，求的值． 22. 先化简，再求值：，已知是满足的整数，选择一个合适的代入求值． 23. 如图，在中，点，是直线上的两点，且，连接，，，．求证：四边形是平行四边形． 24. 如图，点D在上，，，． （1）说明的理由； （2）若，，求的度数． 25. 阅读材料：利用公式法，可以将一些形如的多项式变形为的形式，我们把这样的变形方法叫做多项式的配方法，运用多项式的配方法及平方差公式能对一些多项式进行因式分解． 例如： ． 根据以上材料提供的方法，解答下列问题： （1）因式分解：； （2）求多项式的最大值． 26. （1）教材再现 已知：如图1，是的中位线．求证：，且． 证明：如图2，延长至点F，使得，连接，请你利用该辅助线，完成中位线定理的证明； （2）知识应用 如图3，在四边形中，，，，，点E，F，M分别是的中点，求的长． 27. 为鼓励购买和使用新能源汽车，某停车场加快公共区域充电基础设施建设，计划购买，两种型号的充电桩．已知型充电桩比型充电桩的单价少万元，且用万元购买型充电桩与用万元购买型充电桩的数量相等． （1），两种型号充电桩的单价各是多少万元？ （2）该停车场计划共购买个、型充电桩，购买总费用不超过万元，且型充电桩购买数量不超过个，则共有几种购买方案？哪种购买方案所需总费用最少？ （3）在“2024年元旦”促销活动中，每购买一个型充电桩厂家对顾客让利万元，在（2）的条件下，直接写出当为何值时，满足条件的上述购买方案所需费用均相同． 28. 我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类题的目的，下面是一个题目案例． 原题：如图，在四边形中，，，点E、F分别在边、上，，连接． 求证：． 【思路梳理】如图1，延长至点G，使，连接，通过及，可证； 【类比联想】 （1）如图2，在四边形中，，，点E、F分别在边、上，．若，试判断是否成立，并说明理由； （2）如图3，在中，，，点M、N在边上，且，，猜想、、应满足的等量关系，并写出推理过程； 【引申拓展】 （3）在等腰直角中，点P在斜边上，请直接写出、、所满足的数量关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$